Sử dụng phương pháp tọa độ để giúp học sinh giải một số bài toán về tích vô hướng trong chương trình hình học lớp 10 và một số ứng dụng khác, một cách nhanh chóng, chính xác và hiệu quả hơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIÚP HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TÍCH VÔ HƯỚNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÌNH HỌC LỚP 10 VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC, MỘT CÁCH NHANH CHÓNG, CHÍNH XÁC VÀ HIỆU QUẢ HƠN Người thực hiện: Lê Anh Tuấn Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán học THANH HÓA NĂM 2016 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Thuận lợi 2.2.2 Khó khăn 2.3 Nội dung, biện pháp thực giải pháp đề tài 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 2.4.1 Tác dụng SKKN đến chất lượng giảng dạy giáo dục thân, đồng nghiệp 2.4.2 Đánh giá kết sáng kiến kinh nghiệm học sinh KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 2 2 3 3 3 17 17 17 18 18 18 19 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài: Trong trình giảng dạy thân nhận thấy nội dung chương “Tích vô hướng hai vectơ ứng dụng” (Hình học 10) có số tập mà ta sử dụng được phương pháp tọa độ để giải cách hiệu hơn, học sinh tiếp thu cách dễ dàng hứng thú Nhưng phương pháp được giáo viên học sinh quan tâm đến Tôi thiết nghĩ hướng dẫn cho học sinh tiếp cận phương pháp toạ độ mặt phẳng để giải số toán tích vô hướng làm cho học sinh thấy được hay, đẹp toán học Nó cho học sinh thấy được mối liên hệ chương phần sách giáo khoa sở để học sinh học tốt phần Ngoài phương pháp cung cấp thêm cho học sinh công cụ để giải toán Ngoài phương pháp được sử dụng nhiều giải phương trình, bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức , không riêng phần hình học Thực tế số năm gần tỉ lệ đề thi vào đại học kì thi học sinh giỏi có tập ứng dụng phương pháp nhiều Nhà toán học G.Polya nhiều công trình nghiên cứu khẳng định cần thiết hoạt động người thầy: “ Nếu người thầy khêu gợi tính tò mò học sinh cách đưa cho học sinh tập hợp trình độ, giúp họ giải toán cách đặt câu hỏi gợi ý, người thầy mang lại cho họ hứng thú suy nghĩ độc lập phương tiện để đạt kết quả” Tuy nhiên, thực tế dạy học, thường nặng hoạt động thầy mà chưa trọng mức đến hoạt động học sinh trình tìm tòi lời giải tập Toán Vì lý đây, chọn Đề tài nghiên cứu là: “Sử dụng phương pháp tọa độ để giúp học sinh giải số toán tích vô hướng chương trình hình học lớp 10 số ứng dụng khác, cách nhanh chóng, xác hiệu hơn” 1.2 Mục đích nghiên cứu: - Nghiên cứu ứng dụng phương pháp tọa độ vào số toán liên quan đến tích vô hướng hai vectơ, nhằm nâng cao lực nhận thức học sinh - Tạo hứng thú học tập, nghiên cứu tìm tòi sáng tạo giải toán em học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu: - Đề tài tập trung nghiên cứu số toán liên quan tới tích vô hướng số ứng dụng việc giải phương trình, bất phương trình số toán khác - Học sinh nắm được phương pháp tọa độ hóa, áp dụng được vào số dạng toán 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Trong trình nghiên cứu, sử dụng phương pháp sau: - Khảo sát điều tra: Tìm hiểu thái độ học tập học sinh, tìm hiểu đánh giá giáo viên học sinh tác dụng hiệu phương pháp - Thực nghiệm sư phạm: Tiến hành thực nghiệm số lớp 10 trường THPT Đông Sơn để thấy được ứng dụng phương pháp tọa độ giải số toán tích vô hướng chương trình hình học lớp 10 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp Réné Descartes cho xuất “ La Géométrie ” với nội dung xây dựng hình học phương pháp tọa độ đánh dấu bước tiến mạnh mẽ toán học Descartes nhà toán học thiên tài khai sinh phương pháp toạ độ Phương pháp toạ độ đời giúp người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp người đạt đến đạt đến đỉnh cao khái quát hoá trừu tương hoá toán học nhiều lĩnh vực Quy trình dạy học được hiểu tổ hợp thao tác giáo viên học sinh được tiến hành theo trình tự định đối tượng nhận thức Chẳng hạn, quy trình bốn bước Polya để giải toán gồm: Bước 1: Tìm hiểu nội dung toán Bước 2: Xây dựng thuật giải Bước 3: Thực thuật giải Bước 4: Kiểm tra, nghiên cứu lời giải 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Thuận lợi - Qua việc giảng dạy môn toán nhiều năm, kinh qua việc giảng dạy nhiều đối tượng học sinh với lực học chênh lệch nhau, được giao nhiệm vụ bồi dưỡng đội tuyển thi học sinh giỏi toán 10, 11, 12 đồng thời có năm được phân công phụ đạo học sinh yếu nên nhiều tích lũy được số kinh nghiệm cho thân việc hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp toạ độ để giải toán - Việc được góp ý sau lần dự giờ, được trao đổi chuyên môn với đồng nghiệp giúp ngày tích lũy, học hỏi được số kinh nghiệm việc giảng dạy hướng dẫn học sinh giải tập cách chủ động - Qua việc được điều động chấm thi tốt nghiệp THPT hàng năm nhiều giúp có được cách nhìn khái quát ưu, khuyết việc học sinh thực việc vận dụng phương pháp tọa độ vào giải toán 2.2.2 Khó khăn - Lực học học sinh lớp thường có chênh lệch lớn nên việc thực giảng dạy toán lớp gặp khó khăn việc cho đối tượng học sinh lớp nắm vững phương pháp qua tiết dạy - Vì phương pháp học sinh mà sách giáo khoa đề cập đến đơn giản, nên đưa phương pháp vào bước đầu học sinh chưa quen có phần ngại tiếp nhận phương pháp 2.3 Nội dung, biện pháp thực giải pháp đề tài A Một số vấn đề lý thuyết: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) , C ( x3 ; y3 ) ta có: uuu r • AB = ( x2 − x1 , y2 − y1 ) • AB = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 )2 • Với I ( xI ; yI ) trung điểm đoạn thẳng AB ta có: x +x y + y2 xI = ; y I = 2 • Với A, B, C ba đỉnh tam giác có trọng tâm G ( xG ; yG ) ta có: x + x + x3 y + y2 + y3 xG = ; yG = 3 r r Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho vectơ u = ( x1; y1 ), v = ( x2 ; y2 ) ta có: r r • u + v = ( x1 + x2 ; y1 + y2 ) r r • u − v = ( x1 − x2 ; y1 − y2 ) r • ku = (kx1; ky1 ), k ∈¡ r • u = x12 + y12 Tích vô hướng hai vectơ: a Tích vô hướng hai vectơ: rr r r r r r r r  Cho vectơ u , v ≠ Ta có: u.v = u v cos(u, v) r r rr r • u ⊥ v ⇔ u.v = rr r r r r u.v ≤ u v • ( dấu “=” xảy u , v hướng r vectơ )  Tính chất tích vô hướng: rr rr • u.v = v.u r r ur r r r ur • u.(v + w) = u.v + u.w r r r r rr • (ku ).v = (k v).u = k (u.v) r r r2 r2 rr • (u + v) = u + v + 2u.v r r r2 r2 rr • (u − v) = u + v − 2u.v r r r r r2 r2 • (u + v).(u − v) = u − v b Biểu thức toạ độ tích vô hướng: r r Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho vectơ u = ( x1; y1 ), v = ( x2 ; y2 ) ta có: rr • u.v = x1.x2 + y1 y2 r r • u ⊥ v ⇔ x1.x2 + y1 y2 = • x1.x2 + y1 y2 ≤ x12 + y12 x22 + y22 r r x1.x2 + y1 y2 cos( u , v) = • x12 + y12 x22 + y22 B Phương pháp giải toán sử dụng phương pháp tọa độ: Một nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông đặc biệt dạy hình học hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp tọa độ vào giải toán, nghĩa biết vận dụng linh hoạt sáng tạo kiến thức tọa độ điểm, tọa độ vectơ công thức có liên quan vào giải toán Để giải toán phương pháp tọa độ ta thực theo bước sau : Bước 1: Thực việc chọn hệ trục tọa độ phù hợp, chuyển toán cho toán hình học giải tích Bước 2: Giải toán hình học giải tích nói Bước 3: Chuyển kết luận toán hình học giải tích sang tính chất hình học tương ứng Tuy nhiên qua thực tế, việc học nắm vững bước để vận dụng vào giải toán thật không đơn giản học sinh, trình trừu tượng hóa khái quát hóa việc rèn luyện tư toán học Do vậy, thông qua số toán cụ thể để hướng dẫn em làm quen dần với việc giải toán phương pháp tọa độ C Một số ví dụ : Ví dụ1: ( Để học tốt toán 10 trang 234 nhóm tác giả: Nguyễn Quang Hanh – Thái Bình – Lê Thống Nhất) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh 1, M trung điểm cạnh AB uuur uuur Trên đường chéo AC lấy điểm  N cho AN = AC a Chứng minh uuurằng r uuurDNuuuvuông u r uuu r góc với MN b Tính tổng DN NC + MN CB uuur uuu r c Cho Y thuộc BC chứng minh NY AB không phụ vào vị trí điểm Y Lời giải:( Theo sách: Để học tốt toán 10) B C a Ta uuu r có: uuu r uuur AC = AB + AD N uuuu r uuur uuuu r uuur uuu r MN = AN − AM = AC − AB M r uuur uuu = AD + AB 4 A D uuur uuur uuur uuu r uuur uuu r uuu r uuur uuu r uuur DN = DC + CN = AB − AC = AB − ( AB + AD ) = AB − AD 4 4 uuuu r uuur uuur uuu r uuu r uuur MN DN = ( AD + AB)( AB − AD ) 4 4 r uuur uuu r uuur uuu r uuur uuu 3 = AD AB − AD + AB − AD AB = − + = 16 16 16 16 16 16 MN Vậy DN u vuông góc uur uu ur với uuur b Ta có: DN + NC = DC uuur uuur uuur ⇒ ( DN + NC ) = DC uuur uuur uuur uuur uuur ⇔ DN + NC + DN NC = DC uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ⇔ DN NC = DC − ( DN + NC ) = − ( DN + NC ) uuur uuu r uuur Mà theo câu a) ta có: DN = AB − AD 4 uuur uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuur DN = ( AB − AD) = AB + AD − AB AD = 4 16 16 8 u u u r u u u r u u u r uuu r uuur uuur uuur uuu r uuur 2 NC = AC = ( AB + AD ) ⇒ NC = ( AB + AD + AB AD ) = 16 4 uuur uuur u u u r u u u r 1 Do đó: DN NC = − ( + ) = ⇔ DN NC = 8 uuuu r uuu r uuuu r uuu r2 uuuu r uuu r Ta lại có: ( MN + CB ) = MN + CB + 2MN CB uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuu r ( MN + CB ) − MN − CB ⇒ MN CB = uuuu r uuur uuu r uuuu r uuur uuu r Mà theo câu a) ta có: MN = AD + AB ⇒ MN = ( AD + AB ) = 4 4 uuuu r uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuur MN + CB = AD + AB − AD = AB − AD 4 4 uuuu r uuu r uuu r uuur uuur ⇒ ( MN + CB ) = ( AB − AD) = DB = 4 16 uuuu r uuu r uuuu r uuu r2 − −1 u u u u r u u u r ( MN + CB ) − MN − CB Do ta có: MN CB = =8 =− 2 uuur uuur uuuu r uuu r Vậy: DN NC + MN CB = − = − 8uuu uuu r r u8uur uuu r uuur c Do Y ∈ BC nên CY = kCB = −k AD ( Do : CB = DA) uuur uuur uuu r uuur uuu r uuu r uuur uuur uuu r uuur Ta có: NY = NC + CY = AC + CY = ( AB + AD ) − k AD = AB + ( − k ) AD 4 4 Suy ra: uuur uuu r  uuu r uuur  uuu r uuu r2 uuur uuu r uuu r2 NY AB =  AB + ( − k ) AD  AB = AB + ( − k ) AD AB = AB = 4 4 4 uu  ur uuu r Như vậy: NY AB không phụ vào vị trí điểm Y  Sử dụng phương pháp tọa độ để giải ví dụ Bài giải: Gắn hình vuông ABCD có độ dài cạnh y 1, vào hệ trục Oxy sau: B C Đỉnh A trùng với gốc tọa độO N Đỉnh B thuộc tia Oy ; Đỉnh D thuộc tiaOx M Khi đó: A ( 0;0 ) , B ( 0;1) , D ( 1;0 ) , C ( 1;1) A Do M trung điểm cạnh AB uuur uuur O D x AN = AC 3 Suy ra: M (0; ) N ( ; ) 4 uuur r 1 uuuu a Ta có: DN = (− , ); MN = ( , ) 4 4 uuur uuuu r uuur uuuu r 3 Khi đó: DN MN = − + = ⇒ DN ⊥ MN hay MN ⊥ DN 4 4 uuur 1 uuu r b Ta có: NC = ( , ); CB = ( −1,0) 4 uuur uuur uuuu r uuu r 1 3 Do ta có: DN NC + MN CB = − + − + = − 4 4 4 uuu r uuur c Do Y ∈ BC nên Y ( a;1) Ta có: AB = (0,1); NY = (a − , ) 4 uuur uuu r 1 Do ta có: NY AB = 0.(a − ) + = 4 uuur uuu r Như vậy: NY AB không phụ vào vị trí điểm Y * Nhận xét: - Qua ví dụ ta thấy giải toán theo cách giải thông thường lời giải sách “Để học tốt toán 10” - Của nhóm tác giả: Nguyễn Quang Hanh – Thái Bình – Lê Thống Nhất làm dài dòng trở khó hiểu học sinh từ đối tượng học sinh trung bình trở xuống - Còn “sử dụng phương pháp tọa độ” để giải toán có ưu điểm: + Bài làm ngắn gọn, dễ hiểu + Phù hợp với trình độ nhiều đối tượng học sinh Ví dụ 2: (Bài tập hình học10- Sách chuẩn- Trang 82) Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài cạnh AB = a AD = a Gọi K uuur uuur trung điểm cạnh AD Chứng minh BK vuông góc với AC Lời giải:( Theo sách: Bài tập hình học 10 - Sách chuẩn) Gọi M trung điểm cạnh BC Khi đó: A K D AB = a ; AC = BD = 2a + a = a Ta có: a uuur uuu r uuuu r uuu r uuur BK = BA + BM = BA + AD uuur uuu r uuur B M C AC = AB + AD uuur uuur uuu r uuur uuu r uuur Do đó: BK AC = ( BA + AD)( AB + AD ) uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur = BA AB + BA AD + AD AB + AD AD 2 uuur uuur = − a + + + (a 2) = Vậy: BK ⊥ AC  Sử dụng phương pháp tọa độ để giải ví dụ Bài giải: Gắn hình chữ nhật ABCD vào hệ trục y Oxy sau: A Đỉnh B trùng với gốc tọa độO ; A thuộc tia Oy ; C thuộc tia Ox Khi đó: B ( 0;0 ) , A ( 0; a ) , C (a ;0), D(a 2; a ) B Do K trung điểm AD suy O a K( , a) uuur uuur a Ta có: BK = ( ; , a ) AC = (a 2, −a) uuur uuur a uuur uuur Mà : BK AC = a − a = Vậy: BK ⊥ AC K D M C x Ví dụ 3: Cho hình thang vuông ABCD đường cao AB = h , cạnh đáy AD = a, BC = b Tìm điều kiện a, b, h để: a AC DB vuông góc b ·AIB = 900 với I trung điểm CD Bài giải: Gắn hình thang ABCD vào hệ trục Oxy sau: Đỉnh A trùng với gốc tọa độO ; B thuộc tia Oy ; D thuộc tia Ox Khi đó: A ( 0;0 ) , B ( 0; h ) , D ( a;0 ) , C ( b; h ) y C B I D A O x uuur uuur a Ta có: AC = (b, h); DB = (−a, h) uuur uuur Để AC DB vuông góc AC.DB = Hay: h – bc = Vậy AC ⊥ DB  ⇔ h – bc = b Với I trung điểm CD ⇒ I ( a+b h , ) 2 uur a + b h uur a + b h , ); BI = ( ,− ) Ta có: AI = ( 2 2 uur uur a + b h ) − ( ) = ⇔ (a + b) = h ⇔ a + b = h Để ·AIB = 900 AI BI = ( 2 · Vậy AIB = 90 ⇔ a + b = h Ví dụ 4: Từ điểm P hình tròn ta kẻ hai dây vuông góc APB vàCPD Chứng minh đường chéo PQ hình chữ nhật APCQ vuông góc với đường thẳng BD Bài giải: Ta chọn hệ trục sau: - Gốc tọa độ điểm P - Trục hoành đường thẳng AB hướng từ A đến B - Trục tung đường thẳng CD hướng từ C đến D Khi đó: P ( 0;0 ) , A ( x1; ) , B ( x2 ; ) , C ( 0; y1 ) , D ( 0; y2 ) , Q ( x1; y1 ) y D R A P B Q x C Như uuur : uuur uuur uuur PQ = ( x1; y1 ), DB = ( x2 ; − y2 ) ⇒ PQ.DB = x1x2 − y1 y2 10 Do P hình tròn nên: P(P /(I)) = PA.PB = PC.PD ⇒ x1 x2 = y1 y2 ⇔  x1 x2 − y1 y2 = uuur uuur Suy : PQ.DB = x1 x2 − y1 y2 = Vậy: PQ ⊥ BD ABCD cạnh a Tìm tập hợp điểm M cho: Ví dụ Cho uuur5: uuu r uhình uur uuvuông uu r a MA.MC + MB.MD = a uuur uuur uuur uuur uuur b ( MA + MB + MC ).( MC − MB ) = 3a Bài giải: Gắn hình vuông ABCD có độ dài cạnh a , vào hệ trục Oxy sau: Đỉnh A trùng với gốc tọa độ O ; D thuộc tia Oy ; B thuộc tiaOx Khi đó: A ( 0;0 ) , B ( a;0 ) , D ( 0; a ) , C ( a; a ) Gọi M ( x; y ) Khi đó: uuur uuur MA = (− x; − y ) MB = ( a − x; − y ) y D C A O B x uuur uuuu r MC = (a − x; a − y ) MD = (− x; a − y ) a Ta có: uuu r uu ur uuur uuuu r MA.MC + MB.MD = −2 [ x( a − x) + y (a − y ) ] = a ⇔ ( x − a) + ( y − a) = a Vậy tập hợp điểm M đường tròn tâm I ( a; a ) bán kính R = a b.Ta có:uuur uuur uuur MA + MB + MC = ( 2a − x; a − y ) uuur uuur MC − MB = ( 0; a ) uuur uuur uuur uuur uuur ⇒ ( MA + MB + MC ).( MC − MB ) = (2a − 3x).0 + (a − y )a = 3a 2a ⇔ y=− Vậy tập hợp điểm M đường thẳng song song với trục Ox cắt trục tung 2a điểm có tung độ − Ví dụ 6: Cho hai điểm A, B cố định Với k số thực cho trước, tìm tập hợp điểm M thoả mãn điều kiện: MA2 + MB = k Bài giải: 11 Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Gốc O (O trung điểm AB ) A, B ∈ Ox Đặt AB = a a a Khi đó: A(− ;0),  B ( ; 0) 2 Giả sử điểm M ( x; y ) thuộc mặt phẳng toạ độ uuur uuur a a ⇒ MA = (− − x; − y ), MB = ( − x; − y ) 2 y O A B x Khi điểm M thoả mãn: a a MA2 + MB = k ⇔ (− − x ) + y + ( − x) + y = k 2 2 a 2k − a 2 2 2 ⇔ 2( x + y ) = k − ⇔ x + y  = (*) - Nếu 2k > a (*) phương trình đường tròn tâm O ( O trung điểm AB ) bán kính R = 2k − a Nên quỹ tích điểm M đường tròn  ( O; R ) - Nếu k = a  ⇒ M ≡ O - Nếu k < a quỹ tích điểm M tập rỗng Ví dụ 7: Cho tam giác cân ABC đỉnh A Gọi D trung điểm AB, E trọng tâm tam giác ACD Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh IE ⊥ CD Bài giải: y Gọi O trung điểm cạnh đáy BC Đặt: BC = 2a, AO = h Dựng hệ toạ độ Oxy hình vẽ sau Khi đó: A ( 0; h ) , B ( − a;0 ) ,  C ( a;0 ) a h −a h Ta có: D( ; ) E ( ; ) 2 Gọi F trung điểm cạnh AC A E D F I a h ⇒ F( ; ) 2 B O C x Do I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác cân ABC đỉnh A ⇒ I ∈ AO 12 ⇒ I ( 0; y0 ) uur uuu r a h Khi : DI = (− ; − y0 ), AB = (− a; − h) 2 uur uuu r a h h2 − a Mà DI ⊥ AB ⇒ DI AB = hay : − (− a) + ( − y0 ).( − h) = ⇔ y0 = 2 2h 2 uur a a h −a ) ⇒ EI = ( ; ) Do đó: I (0; 2h 2h uuur 3a h Ta lại có: CD = (− ; ) 2 uuur uur uuur uur 3a a h a Suy ra: CD.EI = − + = ⇒ CD ⊥ EI 2h Vậy: IE ⊥ CD Ví dụ 8: Cho tam giác  ABC vuông C , có AC = a, BC = b ( a, b cho trước), A di động trục Ox , B di động trục Oy Tìm quỹ tích điểm C Bài giải: Gọi C ( x; y ) , A ( m; ) , B ( 0; n ) với m, n thay đổi Ta u uu r có: uuu r CA.CB = ⇔ x( x − m) = y ( y − n) ⇔ x ( x − m) = y ( y − n) CA = a  ⇔ ( x − m ) + y = a 2 2 CB = b   ⇔ ( y − n ) = b −  x 2 2                     a P N C (1) -b                 ⇔   ( x − m )  = a −  y 2                y B O ( 2) ( 3) Q b A x M -a b 2 2 2 Thay (2), (3) vào (1) ta được: x ( a − y ) = y ( b − x )   ⇔ y = ± x a 2 Theo (2) ta có: a −  y ≥ 0 ⇔  − a ≤  y ≤  a Theo (3) ta có: b −  x ≥  0   ⇔ − b  ≤  x ≤  b Như quỹ tích điểm C ( x; y ) gồm hai đường chéo hình chữ nhật MNPQ với M ( − a; b ) , N ( a; b ) , P ( a; − b ) , Q ( − a; − b )   y Ví dụ 9: Các đường cao tam giác nhọn ABC cắt H Trên đoạn h A HB, HC lấy B1 , C1 cho ·AB1C = ·AC1B = 90 Chứng minh AB1 = AC1 Bài giải: H b B B1 O C1 c 13 C x Gọi O chân đường cao hạ từ A xuống BC Xét hệ trục Oxy hình vẽ Giả sử hệ trục thì: A ( 0; h ) , B ( b; ) , C ( c;0 ) (Với h > 0, b < 0, c > ) Do ∆ABC nhọn nên h > b c ⇒ h + bc > Vì BH ⊥ AC nên BH có phương trình : c ( x − b ) – hy = Gọi toạ độ điểm B1 ( x1; y1 ) ( ) Do B1 ∈ BH nên ta có: c ( x1 − b ) – hy1 = ⇔ cx1  – hy1 = bc        1 uuur uuur Ta có: AB1 = ( x1; y1 − h) , CB1 = ( x1 − c; y1 ) uuur uuur Do ·AB C = 900 , nên ta có: AB CB = ( x − c ).x + ( y − h) y = 1 1 1 1 ⇔  x +  y – hy1 − cx1 = 0                 ( )    2 2 Ta lại có: AB1   = x1 +  ( y1 – h ) =  ( x1 +  y1 – hy1 − cx1 ) + cx1  – hy1         ( ) Thay (1), (2) vào (3) ta được: AB12   = bc + h           ( ) Do vai trò bình đẳng nên ta có : AC12   = bc + h           (5) Từ (4) (5) suy AB1 = AC1 (ĐPCM) Ví dụ 10: Cho tam giác ABC vuông cân A , cạnh AB lấy điểm D tia đối tia AC lấy điểm E cho AD = AE Chứng minh CD vuông góc với BE Bài giải: Chọn hệ trục Oxy hình vẽ Do tam giác ABC vuông cân A Nên gọi toạ độ B B ( 0; m ) ⇒ C ( m;0 ) Do E thuộc tia đối tia AC AD = AE Nên gọi toạ độ D E D ( 0; n ) ⇒ E ( − n;0 ) uuu r uuur Ta có: BE = (−n; −m), CD = (−m; n) uuu r uuur uuu r uuur Mà BE.CD = −n.(−m) − m.n = ⇒ BE ⊥ CD Vậy CD vuông góc với BE y B D A O C x 14 MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ ỨNG DỤNG KHÁC CỦA PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG Ví dụ 1: (Đề thi học sinh giỏi tỉnh năm 2004 -2005) Gọi α , β , γ ba góc tạo đường thẳng (d) theo thứ tự với ba đường thẳng chứa ba cạnh BC , CA, AB tam giác ABC Chứng minh : 16( sin 2α sin β sin 2γ    + cos 2α cos β cos 2γ ) = Bài giải: y Chọn hệ toạ độ hình vẽ Giả sử A(0,) tam uuur giác ABCuuu rđều cạnh có độ dài BC = (2;0) , CA = (−1; 3) (d) uuu r AB = (−1; − 3) r Gọi u = ( a; b ) véctơ phương đường thẳng (d) O x C(1,0) B(-1,0) Ta có: cos α = 2a = a ⇔ cos α = a2 a2 + b2 a + b2 a2 + b2 b2 ⇒ sin α = a + b2 Tương tự ta có a + 3b − 3ab 3a + b + 3ab cos β = ⇒ sin β = 4(a + b ) 4(a + b ) a + 3b + 3ab 3a + b − 3ab cos γ = ⇒ sin γ = 4(a + b ) 4( a + b ) Thay giá trị vào đẳng thức : b 3a + b + 3ab 3a + b − 3ab VT   = 16( + a + b2 4(a + b ) 4(a + b ) b2 a + 3b − 3ab a + 3b + 3ab + )= a + b2 4( a + b ) 4( a + b ) a + b + 3a 4b + 3a 2b (a + b )3 = = = (ĐPCM) ( a + b )3 ( a + b )3 * Nhận xét: Qua ví dụ ta thấy: - Đây ứng dụng phương pháp toạ độ - Khi giải theo phương pháp tọa độ toán trở nên tương đối đơn giản Còn giải toán theo phương pháp đại số thông thường tương đối dài khó khăn với học sinh 15 Ví dụ2: Giải phương trình: x − x + + x + x + 10 = 29 (1) Bài giải: r r Xét hai véc tơ v = ( −1 − x; 3) , u = ( x − 1; 2) r r r r Khi u + v = ( −2; )   ⇒ u + v = 29 r r u = x − x + , v = x + x + 10 r r r r (1) ⇔ u + v = u + v r r r r Mà ta có: u + v ≤ u + v Nên đẳng thức (1) xảy khi: r r r - Hoặc hai véc tơ v , u vectơ điều không xảy véc tơ có thành phần khác không - Hoặc hai véc tơ hướng tức  x − = k ( −1 − x ) ⇒  x =  2 = 3k Vậy phương trình (1) có nghiệm x = Ví dụ3: Cho số thực x1 , x2 , x3. , , x8   chứng minh số sau đây: x1 x3 + x2 x4 ; x1 x5 + x2 x6 ; x1 x7 + x2 x8 ; x3 x5 + x4 x6 ; x3 x7 + x4 x8 ; x5 x7 + x6 x8   có số không âm Bài giải: y Xét hệ trục toạ độ Oxy Trong hệ trục A xét điểm A ( x1; x2 ) ,  B ( x3 ; x4 ) ,  C ( x5 ; x6 ) ,  D ( x7 ; x8 )   D Chỉ có hai khả sau xảy ra: Khả 1: Nếu có điểm x O trùng với gốc toạ độ, giả sử A ≡ O x1 = x2 = ⇒ toán hiển nhiên B Khả 2: Cả điểm không trùng với C gốc uuu r toạ độ, khiuđó uu r ta có: OA = ( x1; x2 )  , OB = ( x3 ; x4 )   (Chú ý hình vẽ có tính chất uuur uuur tượng trưng, vị trí A, B, C , D OC = ( x5 ; x6 )  , OD = ( x7 ; x8 ) tuỳ ý) Khi hướng uuu r uđó uu r 6usố uu ru uurcho uuu rtương uuur uứng uu r uuvới ur u6uu rtích uuurvôuu ur uuur OA.OB, OA.OC , OA.OD, OB.OC , OB.OD, OC OD uuu r uuu r uuur uuur Bốn véc tơ OA, OB, OC , OD chia góc 3600 thành góc theo nguyên lý Diriclê rr có góc ≤ 900 , tương ứng với góc u.v ≥0 16 rr r r rr u.v cos( u , v ) = ≥ ⇒ u v ≥ ) r ur ( Do u v Điều có nghĩa có số không âm ( toán được chứng minh ) Ví dụ 4: Cho a1 , a2 , a3 , , an ; b1 , b2 , b3 , , bn    số thực tuỳ ý chứng minh: a12 + b12 + a22 + b22 + + an2 + bn2 ≥ (a1 + a2 + + an ) + (b1 + b2 + + bn ) Hướng dẫn: ur uu r uu r Xét véc tơ : x1 = (a1; b1 ) , x2 = (a2 ; b2 ) , , xn = (an ; bn ) ur uu r uu r Khi ta có: x1 + x2 + + xn = ( a1 + a2 + + an ; b1 + b2 + + b2 ) ur uu r uu r ur uu r uu r Mà ta lại có: x1 + x2 + + xn ≤ x1 + x2 + xn Do đó: a12 + b12 + a22 + b22 + + an2 + bn2 ≥ (a1 + a2 + + an ) + (b1 + b2 + + bn ) D Bài tập áp dụng Bài 1: Cho hình chữ nhật ABCD kẻ BK vuông góc với AC Gọi M, N lần lượt trung điểm AK CD a Chứng minh BM vuông góc với MN b Tìm điều kiện hình chữ nhật để tam giác BMN vuông cân Bài 2: Cho hình thang ABCD vuông A B, AB = AD = 2a, BC = 4a Gọi I, J theo thứutự uu r trung điểm uuu rAB uuAD ur a Tính CJ theo vectơ AB AD b Tính cosin góc tù tạo hai đường thẳng CJ DI Bài 3: Cho tam giác ABC cạnh a Tìm tập hợp điểm M cho: 2 2 a MA +r MC 4a uuur u+ uurMBuuu uuur =uu ur uuur b MA.MB + MB.MC + MC.MA = a Bài 4: Cho hình vuông ABCD Từ A kẻ đường thẳng Đường thẳng cắt BC, DC tương ứng E F Gọi I trung điểm BE a Chứng minh: FI tiếp xúc với đường tròn nội tiếp hình vuông b Giả sử DE cắt FI M Chứng minh M nằm đường tròn ngoại tiếp hình vuông Bài 5: Cho điểm A, B cố định Tìm quỹ tích điểm M cho: 2MA2 –3MB2 = 5AB2 Bài 6: Giải phương trình: x − x + − x + 10 x + 50 = 17 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 2.4.1 Tác dụng SKKN đến chất lượng giảng dạy giáo dục thân, đồng nghiệp: - Đối với thân nâng cao được trình độ chuyên môn, nâng cao chất lượng giảng dạy từ nâng cao chất lượng học sinh - Xây dựng được hệ thống tập tích vô hướng - SKKN được đồng nghiệp đánh giá cao tính khoa học, hiệu thiết thực Đặc biệt SKKN được đồng nghiệp đem áp dụng lớp dạy cho hiệu cao 2.4.2 Đánh giá kết sáng kiến kinh nghiệm học sinh + Đánh giá định tính Việc sử dụng phương pháp xây dựng có tác dụng lớn việc bồi dưỡng tư cho học sinh, đặc biệt kỹ tổng hợp kiến thức giúp học sinh nâng cao hiệu học tập Giúp học sinh có cách giải cho nhiều dạng toán tích vô hướng + Đánh giá định lượng Các kiểm tra lớp thực nghiệm sau thực hiện, được tiến hành chấm, xử lí kết theo phương pháp thống kê toán học thông qua việc đánh giá số liệu thống kê: Bảng 3.1 Bảng thống kê điểm số kết kiểm tra Lần KT Lớp Số HS 2 10A5 10A5 10A6 10A6 44 44 41 41 Lần Số Lớp KT HS 10A5 44 10A5 44 10A6 41 10A6 41 Số HS đạt điểm Xi 0 0 0 0 1 3 2 3 5 7 8 8 9 9 7 10 2 15,9 20,5 17,1 17,1 10 2,3 4,6 4,9 7,3 Bảng 3.2 Bảng phân phối tần suất Phần trăm HS đạt điểm Xi 0 0 2,3 2,4 6,8 2,3 4,9 4,9 6,8 4,6 7,3 7,3 13,6 11,4 12,2 12,2 18,2 15,9 14,6 12,2 18,2 18,2 19,4 17,1 15,9 20,5 17,1 20,5 Thông qua tiến hành thực nghiệm sư phạm xử lý kết thực nghiệm đưa số kết luận sau: - Điểm HS lớp thực nghiệm lần kiểm tra sau cao lần kiểm tra trước, chứng tỏ dạy học theo phương pháp nêu thực có hiệu 18 - Tần suất lũy tích cho thấy chất lượng lớp thực nghiệm thực tốt áp dụng phương pháp nêu - Học sinh thích thú với tiết học được tiến hành theo phương pháp, đặc biệt với HS giỏi, kích thích được say mê, hứng thú em KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: Xuất phát từ kinh nghiệm thân, từ thực tế nhiều năm giảng dạy trường THPT, thân đúc rút thành kinh nghiệm mong giúp cho học sinh dễ dàng định hướng được cách giải dạng toán khác tiếp tuyến đồ thị hàm số Bên cạnh tập vận dụng có hướng dẫn, đưa tập đề nghị nhằm giúp em học sinh lựa chọn cách giải phù hợp để rèn luyện kỹ phương pháp làm Đề tài được áp dụng cho học sinh lớp 10A6, 10A5 - Trường THPT Đông Sơn 2, năm học 2015 – 2016 học sinh khóa học trước, hầu hết học sinh nắm được phương pháp vận dụng tốt việc giải tập liên quan Do thời gian có hạn nên không tránh được thiếu sót Vì mong được góp ý quý thầy cô giáo bạn đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện được áp dụng phổ biến năm học tới 3.2 Kiến nghị : Tổ chức buổi hội thảo để triển khai SKKN đạt giải tới giáo viên, để từ giáo viên có thêm hội học tập nâng cao trình độ chuyên môn Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hoá, ngày 04 tháng 05 năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Lê Anh Tuấn 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá năm 2004-2005 Toán nâng cao hình học 10 – 279 toán chọn lọc – Võ Đại Ma Toán nâng cao cho học sinh hình học 10 - Phan Huy Khải Sách tập giáo khoa hình học 10 (Sách chuẩn) Sách để học tốt toán 10 - Nguyễn Quang Hanh – Thái Bình – Lê Thống Nhất) Giải toán hình học 10 - Trần Thành Minh –Trần Quang Nghĩa 20 21 ... Sử dụng phương pháp tọa độ để giúp học sinh giải số toán tích vô hướng chương trình hình học lớp 10 số ứng dụng khác, cách nhanh chóng, xác hiệu hơn 1.2 Mục đích nghiên cứu: - Nghiên cứu ứng. .. B Phương pháp giải toán sử dụng phương pháp tọa độ: Một nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông đặc biệt dạy hình học hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp tọa độ vào giải toán, ... cứu số toán liên quan tới tích vô hướng số ứng dụng việc giải phương trình, bất phương trình số toán khác - Học sinh nắm được phương pháp tọa độ hóa, áp dụng được vào số dạng toán 1.4 Phương